昭通市2026年高三下学期联考化学试题（含答案解析）

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一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、2018年7月12日，我国科学家姜雪峰教授被评为”全球青年化学家元素周期表硫元素代言人”，其是目前为止第一位人选的中国学者。下列说法或推测正确的是
A．单质S不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳
B．含氧酸的酸性:Cl＞S＞P
C．沸点:H2O＜H2S＜PH3
D．由H和S形成共价键的过程:
2、下列指定反应的离子方程式正确的是
A．钠与水反应：Na+2H2ONa++2OH–+H2↑
B．用氨水吸收过量的二氧化硫：OH−+SO2
C．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH–CaCO3↓+H2O
D．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++2OH–+2H++SO42-BaSO4↓+2H2O
3、在 NH3 和 NH4Cl 存在条件下，以活性炭为催化剂，用 H2O2 氧化 CCl2 溶液来制备化工产品[C(NH3)6]Cl3，下列表述正确的是
A．中子数为 32，质子数为 27 的钴原子:
B．H2O2 的电子式：
C．NH3 和 NH4Cl 化学键类型相同
D．[C(NH3)6]Cl3 中 C 的化合价是+3
4、我们熟知的一些化合物的应用错误的是
A．MgO冶炼金属镁B．NaCl用于制纯碱
C．Cu(OH)2用于检验糖尿病D．FeCl3用于净水
5、下列关于有机物的说法正确的是
A．疫苗一般应冷藏存放,目的是避免蛋白质变性
B．分子式为 C3H4Cl2 的同分异构体共有 4 种(不考虑立体异构)
C．有机物呋喃（结构如图所示),，从结构上看，四个碳原子不可能在同一平面上
D．高分子均难以自然降解
6、对下列实验现象或操作解释错误的是( )
A．AB．BC．CD．D
7、H2SO3水溶液中存在电离平衡H2SO3H++ HSO3－ 和HSO3－H++ SO32－，若对H2SO3溶液进行如下操作，则结论正确的是：（ ）
A．通入氯气，溶液中氢离子浓度增大
B．通入过量H2S，反应后溶液pH减小
C．加入氢氧化钠溶液，平衡向右移动，pH变小
D．加入氯化钡溶液，平衡向右移动，会产生亚硫酸钡沉淀
8、硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．在图示的转化中，Fe3+和CuS是中间产物
B．在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜
C．图示转化的总反应是2H2S+O22S+2H2O
D．当有1mlH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5ml
9、化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法正确的是（ ）
A．石油、煤、天然气、可燃冰、植物油都属于化石燃料
B．绿色食品是生产时不使用化肥、农药、不含任何化学物质的食品
C．推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放
D．地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可用于制肥皂和加工食用油
10、从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．喝补铁剂（含Fe2+）时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有氧化性
B．汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石
C．“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中的“杓”含Fe2O3
D．港珠澳大桥采用超高分子聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”是有机高分子化合物
11、下列属于电解质的是（ ）
A．铜B．葡萄糖C．食盐水D．氯化氢
12、有关下图所示化合物的说法不正确的是
A．既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应
B．1ml该化合物最多可以与3ml NaOH反应
C．既可以催化加氢,又可以使酸性KMnO4溶液褪色
D．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体
13、为模拟氨碱法制取纯碱的主要反应，设计在图所示装置。有关说法正确的是( )
A．先从b管通入NH3再从a管通入CO2
B．先从a管通入CO2再从b管通入NH3
C．反应一段时间广口瓶内有晶体析出
D．c中装有碱石灰以吸收未反应的氨气
14、第三周期元素的原子中，未成对电子不可能有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
15、常温下，向甲胺溶液中滴加的盐酸，混合溶液的pH与相关微粒的浓度关系如图所示。已知：甲胺的。图中横坐标x的值为
A．0B．1C．4D．10
16、原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、、P、Q分别位于三个周期，X与Z、Y与P分别位于同主族，Z与Y可形成原子个数比分别为1：1和2：1的离子化合物。则下列说法正确的是
A．单质的沸点：Q>P
B．简单氢化物的热稳定性：Y>P
C．简单离子的半径：Z>Y>X
D．X、Y、Z、P形成的化合物的水溶液显碱性
17、下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
18、已知：SO32—＋I2＋H2O===SO42—＋2H＋＋2I－，某溶液中可能含有I－、NH4+、Cu2＋、SO32—，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，下列判断正确的是( )
A．肯定不含I－ B．肯定不含NH4+ C．可能含有SO32— D．可能含有I－
19、短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，且Y、Q形成一种共价化合物，X的最高价氧化物对应的水化物可与Y单质反应产生常见的还原性气体单质E。下列说法正确的是
A．X、Y、Q对应简单离子的半径逐渐减小
B．工业上可用电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液制备Q单质
C．Y、Q形成的化合物是非电解质
D．工业用W与Z的最高价氧化物反应制取Z单质，同时得到W的最高价氧化物
20、下列关于NH4Cl的描述正确的是（ ）
A．只存在离子键B．属于共价化合物
C．氯离子的结构示意图：D．的电子式：
21、常温下，向10.00 mL 0.1ml/L某二元酸H2X溶液中逐滴加入0.1 ml/L NaOH溶液，其pH变化如图所示(忽略温度变化)，已知：常温下，H2X的电离常数Ka1＝1.1×10－5，Ka2＝1.3×10－8。下列叙述正确的是
A．a近似等于3
B．点②处c(Na＋)＋2c(H＋)＋c(H2X)＝2c(X2－)＋c(HX－)＋2c(OH－)
C．点③处为H2X和NaOH中和反应的滴定终点
D．点④处c(Na＋)＝2c(X2－)>c(OH－)>c(HX－)>c(H＋)
22、下列关于物质的分类或性质描述不正确的是( )
A．NaClO是强碱弱酸盐，具有强氧化性
B．氯气溶于水能导电，氯气是电解质
C．Fe(OH)3胶体遇氢碘酸先聚沉后溶解，并有氧化还原反应发生
D．加热煮沸Mg(HCO3)2溶液，可产生Mg(OH)2沉淀
二、非选择题(共84分)
23、（14分）丹参素是一种具有保护心肌、抗血栓形成、抗肿瘤等多种作用的药物。它的一种合成路线如下：
已知：Bn－代表苄基（）
请回答下列问题：
（1）D的结构简式为__________，H中所含官能团的名称为_______________。
（2）的反应类型为_____________，该反应的目的是_____________。
（3）A的名称是__________，写出的化学方程式：________。
（4）用苯酚与B可以制备物质M（）。N是M的同系物，相对分子质量比M大1．则符合下列条件的N的同分异构体有__________种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是_____________（写出一种即可）。
①苯环只有两个取代基
②能与溶液发生显色反应
③能发生银镜反应
④红外光谱表明分子中不含醚键
（5）参照丹参素的上述合成路线，以为原料，设计制备的合成路线：____________________。
24、（12分）PBAT(聚已二酸/对苯二甲酸丁二酯)可被微生物几乎完全降解，成为包装、医疗和农用薄膜等领域的新兴材料，它可由聚合物 PBA 和PBT 共聚制得，一种合成路线如下：
已知：R-CH3 R-CN R-COOH
R-CH=CH2 R-COOH+CO2
回答下列问题：
(1)B 的官能团名称为_____，D 的分子式为_____。
(2)①的反应类型为_____；反应②所需的试剂和条件是_____。
(3)H 的结构简式为_____。
(4)⑤的化学方程式为_____。
(5)M 与G 互为同系物，M 的相对分子质量比G 大 14；N 是 M 的同分异构体，写出同时满足以下条件的N 的结构简式：______________(写两种，不考虑立体异构)。
Ⅰ.既能与 FeCl3发生显色反应，又能发水解反应和银镜反应；
Ⅱ.与 NaOH 溶液反应时，1ml N 能消耗 4mlNaOH；
Ⅲ.核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为 1:2:2:2:1。
25、（12分）苯胺是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。
已知：①和NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐
②用硝基苯制取苯胺的反应原理：+3Sn+12HCl+3SnCl4+4H2O
③有关物质的部分物理性质见下表：
I．比较苯胺与氨气的性质
（1）将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为____；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是____。
Ⅱ.制备苯胺
往图1所示装置（夹持装置略，下同）的冷凝管口分批加入20mL浓盐酸（过量），置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50% NaOH溶液，至溶液呈碱性。
（2）冷凝管的进水口是____（填“a”或“b”）；
（3）滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为____。
Ⅲ．提取苯胺
i．取出图1所示装置中的三颈烧瓶，改装为图2所示装置。加热装置A产生水蒸气，烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。
ii．往所得水溶液中加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。
iii．合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺2.79g。
（4）装置B无需用到温度计，理由是____。
（5）操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是____。
（6）该实验中苯胺的产率为____。
（7）欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案：____。
26、（10分）I．常温下，HNO2电离反应的平衡常数值为2.6×10-4。NaNO2是一种重要的食品添加剂，由于其外观及味道都与食盐非常相似，误食工业用盐造成食物中毒的事件时有发生。
（1）某活动小组同学设计实验方案鉴别 NaCl溶液和NaNO2溶液，请填写下列表格。
（2）亚硝酸钠有毒，不能随意排放，实验室一般将其与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质，其产物之一为无色无味气体，则该气体为____________（填化学式）。
II．活动小组同学采用如下装置制备并测定所得固体中亚硝酸钠（NaNO2）的质量分数（装置可重复使用，部分夹持仪器已省略）。

已知：①2NO + Na2O2 ＝2NaNO2；
②酸性条件下，NO、NO2都能与MnO4－反应生成NO3－和Mn2+；NaNO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
（1）实验装置的连接顺序为____________；
（2）C瓶内发生反应的离子方程式为____________。
（3）为了测定亚硝酸钠的含量，称取4.0g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.10 ml·L－1的酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表。
①第一组实验数据出现较明显异常，造成异常的原因可能是__________（填字母序号）。
a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
b．锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥
c．观察滴定终点时仰视读数
②根据表中数据进行计算，所制得的固体中亚硝酸钠的质量分数为____________。
（4）设计实验，比较0.1ml·L－1NaNO2溶液中NO2－的水解程度和0.1ml·L－1HNO2溶液中HNO2电离程度的相对大小_______（简要说明实验步骤、现象和结论，仪器和药品自选）。
27、（12分）是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。请按要求回答下列问题：
(1)已知：，，。设计最简单的方法鉴别和两种固体： __________________________________。
(2)利用下图装置（略去夹持仪器）制备
已知：；酸性条件下，和均能与迅速反应生成和。
①装置A中发生反应的离子方程式为__________________________________；
这样安放铜丝比将铜片浸于液体中的优点是__________________________。
②装置B中反应的化学方程式为________________________________。
③干燥剂X的名称为__________，其作用是____________________。
④上图设计有缺陷，请在F方框内将装置补充完全，并填写相关试剂名称___________。
(3)测定产品的纯度。
取制取的样品溶于水配成溶液，取溶液于锥形瓶中，用酸性溶液进行滴定，实验所得数据如下表：
①第一次滴定实验数据异常的原因可能是______（填字母序号）。
A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
B．锥形瓶洗净后未干燥
C．当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，定为滴定终点
D．滴定终点时俯视读数
②酸性溶液滴定溶液的离子方程式为__________________。
③该样品中的质量分数为__________。
28、（14分） “循环经济”和“低碳经济”是目前备受关注的课题，因而对碳和硫的化合物的综合利用成为研究的热点。请回答下列问题：
（1）下列事实中，不能用来比较碳元素和硫元素非金属性强弱的是______（填选项字母）。
A．有漂白性而没有
B．少量能与反应生成
C．能使酸性溶液褪色而不能
D．溶液显碱性而溶液显中性
（2）下图是通过热循环进行能源的综合利用和污染治理的反应系统原理。
系统（Ⅱ）制氢气的热化学方程式为_________；两个系统制得等量的H2所需能量较少的是________。
（3）向10 L恒容密闭容器中充入2 ml CO和1 ml ，发生反应2CO(g)＋SO2 (g)S(g)＋2CO2 (g)。CO和CO2的平衡体积分数（φ）与温度（T）的关系如图所示。
①图中能表示CO的平衡体积分数与温度关系的曲线为______（填“L1”或“L2”）。
②T1 ℃时，的平衡转化率α1＝_______，反应的平衡常数_________。
③只改变下列条件，既能加快该反应速率，又能增大CO的平衡转化率的是_____（填选项字母）。
A．增大压强 B．充入一定量
C． 充入一定量 D．加入适当催化剂
④向起始温度为 ℃的10 L绝热容器中充入2 ml CO和1 ml ，重复实验，该反应的平衡常数_____（填“＞”“＜”或“＝”），理由为_____。
29、（10分）CH4可用于消除NO2的污染，回答下列问题。
(1)已知：
①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H=-1．2kJ·ml-1
②N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180kJ·ml-1
③CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-10kJ·ml-1
则CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=_________kJ·ml-1。
(2)在相同温度和压强下，一定量的CH4与NO2在不同条件下反应的能量变化如图所示。当反应进行到某相同时刻时，测得在催化剂2条件下NO2转化率更高，其原因是_____________________。
(3)在体积均为2L的密闭容器A(500℃，绝热)、B(500℃，恒温)两个容器中分别加入2mlCH4、2mlNO2和相同催化剂。A、B容器中CH4的转化率α(CH4)随时间变化如下表所示。
①A、B两容器中，反应平衡后放出热量少的是______，理由是_____________________。
②B容器中，判断该反应达到平衡状态的标志为_________________(填字母序号)。
a．压强保持不变
b．密度保持不变
c．CO2的体积分数保持不变
d．v(CH4)：v(N2)=1：l
e．断裂4mlC—H键同时断裂2mlO—H键
③A容器中前100s内用NO2表示的化学反应速率v(NO2)=________ml·L-1·s-1
④已知反应速率v正=k正·c(CH4)·c2 (NO2)，v逆=k逆·c(N2)·c(CO2)·c2 (H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，则B容器中平衡时=__________，200s时=________。
参考答案
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、A
【解析】
A项、单质硫为非极性分子，依据相似相溶原理可知，硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故A正确；
B项、元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性Cl＞S＞P，最高价氧化物对应水化物的酸性Cl＞S＞P，但含氧酸的酸性不一定，如次氯酸为弱酸，酸性小于强酸硫酸，故B错误；
C项、水分子间能够形成氢键，增大了分子间作用力，而硫化氢和磷化氢分子间不能形成氢键，水的沸点高于硫化氢和磷化氢，故C错误；
D项、硫化氢为共价化合物，用电子式表示硫化氢的形成过程为，故D错误。
故选A。
本题考查元素周期律和化学键，注意元素周期律的理解，明确相似相溶原理、氢键对物质性质的影响，注意共价化合物电子式的书写是解答关键。
2、D
【解析】
A．离子方程式中电荷不守恒，A项错误；
B．一水合氨为弱电解质，离子反应中不能拆写成离子，B项错误；
C．NH4HCO3溶液中加入足量的澄清石灰水，出现白色沉淀CaCO3的同时生成一水合氨和水，C项错误；
D．离子方程式符合客观事实，且拆分正确，原子和电荷都守恒，D项正确；
答案选D。
离子方程式书写正误判断方法：
（1）一查：检查离子反应方程式是否符合客观事实；
（2）二查：“==”“”“↓”“↑”是否使用恰当；
（3）三查：拆分是否正确。只有易溶于水的强电解质能拆写成离子，其他物质均不能拆写；
（4）四查：是否漏写离子反应；
（5）五查：反应物的“量”——过量、少量、足量等；
（6）六查：是否符合三个守恒：质量守恒、电荷守恒以及得失电子守恒。
3、D
【解析】
A．质量数为32，中子数为27的钴原子，应该表示为：，A错误；
B．H2O2为共价化合物，原子间形成共用电子对，没有电子的得失，B错误；
C．NH3存在氮氢共价键，NH4Cl存在铵根离子和氯离子间的离子键，氮氢原子间的共价键，C错误；
D．[C(NH3)6]Cl3，NH3整体为0价，Cl为-1价，所以C的化合价是+3，D正确；
故答案选D。
4、A
【解析】
A．MgO属高熔点化合物，工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁，故A错误；
B．侯氏制碱法就是向饱和氯化钠溶液中先通氨气再通二氧化碳来制备纯碱，所以NaCl用于制纯碱，故B正确；
C．检验糖尿病是通过检验尿液中葡萄糖的含量即用新制的氢氧化铜与尿液在加热条件下反应看是否有砖红色沉淀产生，故C正确；
D．FeCl3水解生成Fe（OH）3胶体，水解方程式为FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3HCl，胶体能吸附水中的悬浮物而净水，故D正确；
故选：A。
5、A
【解析】
A．温度升高，蛋白质会变性，为避免蛋白质变性，疫苗一般应冷藏存放，A正确；
B．C3H6可能是丙烯或环丙烷，环丙烷只有1种氢，判断二氯代物时“定一议一”的方法可确定；丙烯有3种氢，运用相同的方法可确定二氯代物的种类，则同分异构体有：CHCl2CH=CH2、CH2ClCCl=CH2、CH2ClCH=CHCl、CH3CCl=CHCl、CH3CH=CCl2、环丙烷的二氯代物有2种，所以共有7种，B错误；
C．根据乙烯结构，6个原子可能共平面，推出四个碳原子可能在同一平面上，C错误；
D．普通的塑料制品、橡胶、合成纤维等难以自然降解，而可降解塑料在自然界中能降解，D错误。
答案选A。
6、D
【解析】
A选项，KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去，二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和氢碘酸，SO2具有还原性，故A正确；
B选项，配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒，加盐酸目的抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化为Sn4+，故B正确；
C选项，某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，原溶液中可能有亚硫酸根，因此不能说明该溶液中一定含有SO42−，故C正确；
D选项，向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀，此时溶液中含有硫化钠，硫化钠与硫酸铜反应生成硫化铜，因此不能说Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)，故D错误。
综上所述，答案为D。
易水解的强酸弱碱盐加对应的酸防止水解，例如氯化铁；易被氧化的金属离子加对应的金属防止被氧化，例如氯化亚铁。
7、A
【解析】
A、氯气和亚硫酸会发生氧化还原反应Cl2+H2SO3+H2O=4H++SO42-+2Cl-，溶液中氢离子浓度增大，A正确；
B、亚硫酸和硫化氢发生氧化还原反应H2SO3+2H2S=3S↓+3H2O，通入硫化氢后抑制亚硫酸电离，导致氢离子浓度减小，溶液的pH增大，B错误；
C、加入氢氧化钠溶液，发生反应OH-+H+=H2O，平衡向正向移动，但氢离子浓度减小，溶液的pH增大，C错误；
D、氯化钡和亚硫酸不反应，不影响亚硫酸的电离，不会产生亚硫酸钡沉淀，D错误。
答案选A。
8、B
【解析】
A．该过程中发生反应：Cu2++H2S→CuS+2H+，CuS+Fe3+→S+Fe2++Cu2+(未配平)，Fe2++O2→Fe3+(未配平)，由此可知，Fe3+和CuS是中间产物，故A不符合题意；
B．由图知，化合价变化的元素有：S、Fe、O，Cu、H、Cl的化合价没发生变化，故B符合题意；
C．由A选项分析并结合氧化还原反应转移电子守恒、原子守恒可知，其反应的总反应为：2H2S+O22S+2H2O，故C不符合题意；
D．H2S反应生成S，硫元素化合价升高2价，O2反应时氧元素化合价降低2，根据氧化还原转移电子守恒可知，当有1mlH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5ml，故D不符合题意；
故答案为：B。
9、C
【解析】
A．石油、煤、天然气、可燃冰都属于化石燃料，植物油属于油脂不是化石燃料，故A错误；
B．绿色食品是指在无污染的条件下种植、养殖、施有机肥料、不用高毒性、高残留农药、在标准环境的食品，生产时可以使用有机化肥和低毒的农药，故B错误；
C．推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放，故C正确；
D．“地沟油”是用饭店的泔水及垃圾猪肉等加工而成的“食用油”，对人体健康有害不能食用，故D错误；
故答案为C。
10、D
【解析】
A．亚铁离子易被人体吸收，维生素C具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，则喝补铁剂时，加维生素C效果较好，故A错误；
B．瓷器的成分为硅酸盐，主要原料为黏土，不是石灰石，故B错误；
C．“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含Fe3O4，故C错误；
D．聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确；
答案选D。
11、D
【解析】
在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质首先必须是化合物，根据定义分析。
【详解】
A．铜为单质，不是电解质，故A错误；
B．葡萄糖在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，为非电解质，故B错误；
C．食盐水为混合物，不是电解质，故C错误；
D．氯化氢在水溶液中能导电的化合物，为电解质，故D正确；
故选：D。
易错点C：注意电解质是指化合物，水溶液中或熔融状态下导电是判断依据。
12、D
【解析】
A、根据结构简式可知化合物中含有的官能团有酯基、酚羟基、醚键、碳碳双键。碳碳双键可以和溴加成，甲基上的氢原子可以被取代，A正确。
B、2个酯基水解需要2个氢氧化钠，1个酚羟基需要1个氢氧化钠，即1ml该化合物最多可以与3ml NaOH反应，B正确。
C、含有碳碳双键，既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色，C正确。
D、酚羟基不能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，D错误。
答案选D。
13、C
【解析】
A.不能直接将氨气通入水中，会引起倒吸，A错误；B. 先从a管通入氨气，再从B管通入CO2，B错误；C. NaHCO3的溶解度随温度降低而增大，所以反应一段时间后广口瓶内有NaHCO3晶体析出，C正确；D. 碱石灰能干燥氨气，但不能回收未反应的氨气，D错误。
点睛：氨气极易溶于水，不能直接将氨气通入水中；氨气的干燥应采用碱性干燥剂，对其回收应采用酸性溶液或水。
14、A
【解析】
第三周期的元素最多能填到，而p轨道上最多有3个未成对电子，因此不可能有4个未成对电子，答案选A。
15、A
【解析】
已知甲胺的，说明甲胺为弱碱，在水中的电离方程式为，则甲胺的电离常数为，a点溶液的，，则代入，，，故，故选A。
16、B
【解析】原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、P、Q分别位于三个周期，则X一定是H。X与Z、Y与P分别位于同主族，Z与Y可形成原子个数比分别为1：1和2：1的离子化合物，所以Z是Na，Y是O，P是S，则Q是Cl。A. 常温下硫是固体，则单质的沸点：Q＜P，A错误；B. 氧元素非金属性强于硫元素，则简单氢化物的热稳定性：Y>P，B正确；C. 核外电子排布相同的离子，离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子的半径：Y>Z>X，C错误；D. X、Y、Z、P形成的化合物是硫酸氢钠，水溶液显酸性，D错误，答案选B。
点睛：本题属于元素周期表和元素周期律综合应用题型，通常考查的重点是原子序数排在前20号的元素，依据题给信息准确推断元素种类是解题关键。元素的非金属性越强，氧化性越强，与氢气化合越容易，形成气态氢化物越稳定，元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强；元素的金属性越强，还原性越强，置换酸（或水）中的氢越容易，元素最高价氧化物对应水化物的碱性越强。同周期元素，从左到右，随着原子序数逐渐增大，原子半径减小，金属性减弱，非金属性增强；同主族元素，从上到下，随着原子序数逐渐增大，原子半径增大，非金属性减弱，金属性增强。注意元素周期律的灵活应用。
17、D
【解析】
A．KI与FeCl3发生氧化还原反应，其离子反应式为2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，由于KI过量，因此溶液中存在I2和I-，故不可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应，A错误；
B．高锰酸钾与草酸溶液反应的离子式为 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=8H2O+10CO2↑+2Mn2+，可知溶液中高锰酸钾溶液过量，难以观察到褪色现象，B错误；
C．由于溶液中挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能使用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯，C错误；
D．CH3COONa在水溶液呈碱性是存在阴离子的水解：CH3COO- +H2O⇌CH3COOH+OH-，加入酚酞溶液后变红，再加入醋酸铵固体，醋酸铵溶液呈中性，此时溶液中CH3COO-浓度增大，反应正向移动，溶液颜色加深，D正确；
答案选D。
此题易错点是B选项，通过观察高锰酸钾褪色快慢来探究反应速率大小，若高锰酸钾过量则不会观察到褪色，延伸考点还会出现高锰酸钾浓度不同来探究，要注意浓度不同时本身颜色深浅就不同，所以难以通过观察先褪色说明速率快；一般是高锰酸钾浓度相同且量少时，慢慢滴加不同浓度的草酸溶液，以此探究浓度对速率的影响。
18、D
【解析】
据题给方程式确定还原性：SO32-＞I－。其溶液呈无色，则Cu2＋一定不存在，由于SO32-还原性强，首先被Br2氧化成SO，若Br2过量会继续氧化I－生成I2，致使溶液呈黄色，则根据溶液颜色未变，确定SO32-一定存在，I－可能存在，根据电荷守恒，溶液中的阳离子只能为NH，则NH一定存在。故D正确。
19、B
【解析】
短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，W的氢化物应该为烃，则W为C元素，Q为Cl元素；W和Z位于同一主族，则Z为Si元素；Y、Q形成一种共价化合物，X的最高价氧化物对应的水化物可与Y单质反应产生常见的还原性气体单质E。则X是Na，Y为Al元素；气体单质E为H2，据此解答。
【详解】
根据上述分析可知：W为C，X是Na，Y是Al，Z是Si，Q是Cl元素。
A. X是Na，Y是Al，二者形成的阳离子核外电子排布是2、8，具有2个电子层；Q是Cl，形成的离子核外电子排布是2、8、8，离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径大小关系为：Q>X>Y，A错误；
B. Cl2在工业上可用电解饱和NaCl溶液的方法制取，反应方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，B正确；
C. Y、Q形成的化合物AlCl3是盐，属于共价化合物，在水溶液中完全电离产生Al3+、Cl-，因此属于电解质，C错误；
D. C与SiO2在高温下发生置换反应产生Si单质，同时得到CO气体，反应方程式为2C+SiO2 Si+2CO↑，CO不是C元素的最高价氧化物，D错误；
故合理选项是B。
本题考查了原子结构与元素周期律的关系，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
20、D
【解析】
A项、氯化铵为离子化合物，既存在离子键又存在共价键，故A错误；
B项、氯化铵含有离子键，为离子化合物，故B错误；
C项、氯离子核内有17个质子，核外有18个电子，则氯离子结构示意图：，故C错误；
D项、NH4+是多原子构成的阳离子，电子式要加中括号和电荷，电子式为，故D正确；
故选D。
21、A
【解析】
A.多元弱酸分步电离，以第一步为主，根据H2XH++HX-，c（H+）==≈10-3，a近似等于3，故A正确；
B.点②处恰好生成NaHX，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(X2－)＋c(HX－)＋c(OH－)和质子守恒c(H＋)+c（H2X）= c(X2－)＋c(OH-)得：c(Na＋)＋2c(H＋)+ c（H2X）=3 c(X2－)+ c(HX－)＋2c(OH－)，故B错误；
C. H2X和NaOH恰好反应生成Na2S，为中和反应的滴定终点，点④处为滴定终点，故C错误；
D.点④处恰好生成Na2X，c(Na＋)>2c(X2－)>c(OH－)>c(HX－)>c(H＋)，故D错误；
答案：A
本题考查了酸碱中和滴定实验，注意先分析中和后的产物，再根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒分分析；注意多元弱酸盐的少量水解，分步水解，第一步为主；多元弱酸少量电离，分步电离，第一步为主。
22、B
【解析】
A．次氯酸钠是由氢氧化钠与次氯酸反应生成，属于强碱弱酸盐，次氯酸钠中氯元素处于+1的价，具有强的氧化性，故A正确；
B．氯气是单质，不是电解质，故B错误；
C．氢碘酸为可溶性电解质，能够是氢氧化铁胶体聚沉，氢氧化铁具有强的氧化性，能够氧化碘离子生成单质电，所以Fe(OH)3胶体遇氢碘酸先聚沉后溶解，并有氧化还原反应发生，故C正确；
D．长时间煮沸Mg(HCO3)2溶液，Mg(HCO3)2生成MgCO3，水解生成Mg(OH)2，故D正确；
故选：B。
电解质：在水溶液或在熔融状态下能够导电的化合物。所以判断是否为电解质的前提为化合物，B选项氯气是单质，不是电解质也不是非电解质。
二、非选择题(共84分)
23、 醚键、羟基、羧基 取代反应 保护（酚）羟基 乙二醛 +O2→ 18
【解析】
根据A的分子式和B的结构可知A为乙二醛（OHC-CHO），乙二醛氧化生成B；根据C、E、B的结构可知D为；B与D发生加成反应生成E（）；F与BnCl碱性环境下，发生取代反应生成G（），保护酚羟基不被后续步骤破坏；H与氢气发生取代反应生成丹参素，据此分析。
【详解】
（1）根据合成路线逆推可知D为邻苯二酚。H（）中所含官能团为醚键、羟基、羧基；
答案： 醚键、羟基、羧基
（2）的结果是F中的羟基氢被苄基取代，所以是取代反应。从F到目标产物，苯环上的两个羟基未发生变化，所以是为了保护酚羟基，防止它在后续过程中被破坏。
答案：取代反应 保护（酚）羟基
（3）A为乙二醛（OHC-CHO），属于醛基的氧化反应，方程式为+O2→；
答案： 乙二醛 +O2→
（4）根据题意，N的同分异构体必含一个酚羟基，另一个取代基可能是：HCOOCH2CH2-、HCOOCH（CH3）、OHCCH（OH）CH2-、OHCCH2CH（OH）-、、，每个取代基与酚羟基都有邻、间、对三种位置关系，共有；其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是；
答案： 18
（5）由原料到目标产物，甲基变成了羧基（发生了氧化反应），但羟基未发生变化。由于酚羟基易被氧化，所以需要预先保护起来。根据题意可以使用BnCl进行保护，最后通过氢气使酚羟基复原，合成路线为；
答案：
本题难点第（4）小题同分异构体种类判断①注意能发生银镜反应的有醛基、甲酸盐、甲酸某酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等；②先确定官能团种类，在确定在苯环中的位置。
24、氯原子 C6H10O4 取代反应 NaOH、C2H5OH(或乙醇)，加热 HOCH2CH2CH2CH2OH +2NH3+3O2→+6H2O
【解析】
从A到C由环烷烃变成了环烯烃，并且A生成B是光照下与Cl2的取代，所以从B到C即为卤代烃的消去，结合题干提示的反应，环己烯经过高锰酸钾处理后就可以得到己二酸，H就是1,4-丁二醇，所以PBA就是聚己二酸丁二酯。从E生成F，再由F生成对苯二甲酸，条件恰好与题干提示的反应相同，所以推测E为对二甲苯，F即为对苯二腈。
【详解】
(1)B为卤代烃，官能团的名称为氯原子；D为己二酸，所以分子式为C6H10O4；
(2)反应①即为烃变成卤代烃的反应，反应类型即为取代反应；反应②为卤代烃的消去反应，所加试剂即NaOH，乙醇，并且需要加热；
(3)H通过推断即为1,4-丁二醇，所以结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH；
(4)反应⑤即由对二甲苯生成对苯二腈的反应，所以方程式为：+2NH3+3O2→+6H2O；
(5)由题可知M的分子式为C9H8O4，扣除苯环还有2个不饱和度；满足要求的N的结构中一定有羟基，此外也要具有醛基和酯基的结构；考虑到1mlN能消耗4ml的NaOH，所以只能是2个羟基，1个甲酸酯基，由于还需要有一个不饱和度，所以还含有一个乙烯基；再考虑到核磁共振氢谱的信息，最终满足要求的有机物的结构为如下两种：；
书写满足特定要求的物质的同分异构体的结构时，从不饱和度入手，结合有关信息确定有机物中一定含有的结构；此外，也要注意特定结构的基团，例如甲酸酯基等；确定有机物所含的基团后，再结合核磁共振氢谱的信息考虑物质的对称性，最终将物质的结构书写出来。
25、NH3+HCl=NH4Cl 苯胺沸点较高，不易挥发 b C6H5NH3++OH-C6H5NH2+H2O 蒸出物为混合物，无需控制温度 防止B中液体倒吸 60.0% 加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤
【解析】
制备苯胺：向硝基苯和锡粉混合物中分批加入过量的盐酸，可生成苯胺，分批加入盐酸可以防止反应太剧烈，减少因挥发而造成的损失，且过量的盐酸可以和苯胺反应生成C6H5NH3Cl，之后再加入NaOH与C6H5NH3Cl反应生成苯胺。
【详解】
(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，因为两者都有挥发性，在空气中相遇时反应生成NH4Cl白色固体，故产生白烟方程式为NH3+HCl=NH4Cl；依据表中信息，苯胺沸点较高(184℃)，不易挥发，因此用苯胺代替浓氨水，观察不到白烟；
(2)图中球形冷凝管的水流方向应为“下进上出”即“b进a出”，才能保证冷凝管内充满冷却水，获得充分冷凝的效果；
(3)过量浓盐酸与苯胺反应生成C6H5NH3Cl，使制取反应正向移动，充分反应后加入NaOH溶液使C6H5NH3Cl生成C6H5NH2，离子反应方程式为C6H5NH3++OH-= C6H5NH2+H2O；
(4)由于蒸出物为水和苯胺的混合物，故无需控制温度；
(5)水蒸气蒸馏装置中，虽然有玻璃管平衡气压，但是在实际操作时，装置内的气压仍然大于外界大气压，这样水蒸气才能进入三颈烧瓶中；所以，水蒸气蒸馏结束后，在取出烧瓶C前，必须先打开止水夹d，再停止加热，防止装置内压强突然减小引起倒吸；
(6)已知硝基苯的用量为5.0mL，密度为1.23g/cm3，则硝基苯的质量为6.15g，则硝基苯的物质的量为，根据反应方程式可知理论生成的苯胺为0.05ml，理论质量为=4.65g，实际质量为2.79g，所以产率为60.0%；
(7)“不加热”即排除了用蒸馏的方法除杂，苯胺能与HCl溶液反应，生成可溶于水的C6H5NH3Cl而硝基苯则不能与HCl溶液反应，且不溶于水。所以可在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺。
水蒸气蒸馏是在难溶或不溶于水的有机物中通入水蒸气共热，使有机物随水蒸气一起蒸馏出来，是分离和提纯有机化合物的常用方法。
26、溶液变红 溶液显碱性 试纸变蓝 氧化性 N2 A C E D E B Cu + 2H+ + NO2＝ Cu2+ + NO + H2O ac 86.25% 25℃时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH＜7，则说明HNO2的电离程度大于NO2－的水解程度；若pH＞7，则说明HNO2的电离程度小于NO2－的水解程度（合理方法均可给分）。
【解析】
I．（1）亚硝酸是弱酸，亚硝酸钠水解溶液显碱性，能使酚酞试液显红色，而氯化钠不水解，溶液显中性，据此可以鉴别二者；另外亚硝酸钠还具有氧化性，能把碘化钾氧化为单质碘，碘遇淀粉显蓝色，而氯化钠和碘化钾不反应，据此也可以鉴别；
（2）亚硝酸钠与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质，其产物之一为无色无味气体，根据性质和原子守恒可知该气体为氮气，化学式为N2；
II．（1）碳和浓硝酸反应生成的气体是CO2、NO2和水，需要把CO2吸收，且需要把NO2转化为NO，因此首先通入装置C中NO2被吸收同时产生NO。与过氧化钠反应的NO需要干燥，因此利用E装置中的碱石灰吸收水蒸气，同时除去CO2。为防止后面的水进入D装置，需要再次利用E装置，最后利用酸性高锰酸钾溶液吸收尾气，所以实验装置的连接顺序为A、C、E、D、E、B；
（2）根据以上分析可知C瓶内发生反应的离子方程式为Cu +2H+ +NO2＝Cu2+ +NO+H2O；
（3）①a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，会将酸性高锰酸钾溶液稀释，所用体积偏大，测定结果偏高，a正确；b．锥形瓶洗净后未干燥，对滴定结果无影响，b错误；c．滴定终点时仰视读数，所读溶液的体积偏大，测定结果偏高，c正确，答案选ac。
②根据表中数据第一次实验数据误差太大，舍去，所用酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00mL，根据反应方程式6H＋+2MnO4-+5NO2-＝2Mn2＋+5NO3-+3H2O计算25.00mL溶液含亚硝酸钠的物质的量为5×10-3ml，则4.000g样品中含亚硝酸钠的物质的量为0.05ml，质量为3.45g，所得固体中亚硝酸钠的质量分数为3.45g/4.000g×100%=86.25%。
（4）酸越弱酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此根据弱电解质的电离和盐类水解原理可知实验方案为：25℃时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH＜7，则说明HNO2的电离程度大于NO2－的水解程度；若pH＞7，则说明HNO2的电离程度小于NO2－的水解程度。
27、分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2 Cu+4H++2NO3-= Cu2++2NO2↑+2H2O 可以控制反应的发生与停止 3NO2＋H2O =2HNO3+NO 碱石灰 吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气 A 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O 69％（或）
【解析】
(1) 根据NaCl、NaNO2盐的组成及溶液的酸碱性分析判断；
(2)装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，NO2与装置B中的水反应产生HNO3和NO，通过装置C中的干燥剂吸收水蒸气，在装置D中与Na2O2发生反应，装置E中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气。
(3)①第一次实验数据出现异常，消耗KMnO4溶液体积偏大，根据c(待测)=
分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；
②在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+；
③根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可求出亚硝酸钠的物质的量，然后求样品中亚硝酸钠的质量分数。
【详解】
(1) NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；NaNO2是强碱弱酸盐，NO2-水解，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，所以可根据盐溶液的酸碱性的不同进行鉴别。分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，然后分别滴加酚酞试液，溶液变红的为NaNO2，不变色的为NaCl；
(2)①在装置A中Cu与浓硝酸发生反应，产生硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-= Cu2++2NO2↑+2H2O；这样安放铜丝，可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；
②装置B中水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为3NO2＋H2O =2HNO3+NO；
③在干燥管中盛放的干燥剂X的名称为碱石灰，其作用是吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气；
④NO及NO2都是大气污染物，随意排入大气会造成大气污染，故上图设计的缺陷是无尾气吸收装置。可根据NO、NO2都会被酸性KMnO4溶液吸收，产物都在溶液中，为防止倒吸现象的发生，在导气管末端安装一个倒扣的漏斗，装置为；
(3)①A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，根据c(待测)=分析可知，造成V(标准)偏大，A可能；
B.锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，B不可能；
C.当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，就定为滴定终点，此时溶液中NO2-未反应完全，消耗标准溶液体积偏小，C不可能；
D.滴定终点时俯视读数，造成V(标准)偏小，D不可能；
故合理选项是A；
②在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O；
③消耗KMnO4溶液体积V==20.00mL，消耗高锰酸钾的物质的量是n(MnO4-)=0.1ml/L×0.02L=0.002ml，则根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量n(NaNO2)=0.002ml×=0.005ml，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是n(NaNO2)总=0.005ml×=0.02ml，其质量m(NaNO2)=0.02ml×69g/ml=1.38g，则样品中亚硝酸钠的质量分数×100%=69.0%。
本题考查了盐类水解、硝酸的性质、物质的鉴别方法、尾气处理、实验条件控制、实验方案设计与评价以及物质含量测定等，注意在实验过程中的反应现象分析，利用氧化还原反应中物质的量的关系进行计算，在滴定误差分析时要把操作引起的影响归结到对消耗标准溶液的体积大小上进行分析判断。
28、D S(g)+2H2O(g)SO2(g)+2H2(g) H=-90.0kJ/ml 系统（Ⅱ） L2 50% 1 B ＜ 该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小
【解析】
（1）比较非金属性，可利用非金属元素气态氢化物的稳定性和最高价氧化物对应的水化物的酸性，S的最高价氧化物的水化物为硫酸，不能利用亚硫酸；
（2）根据盖斯定律求反应热；
（3）根据题中所给的图像进行分析。
【详解】
（1）A.SO2具有漂白性，其原因为SO2与有色物质反应生成不稳定的无色物质，与元素的非金属性无关，故A错误；
B.少量H2SO3能与Na2CO3反应生成NaHCO3，证明H2SO3的酸性强于HCO3-的酸性，但不能比较碳元素和硫元素非金属性强弱，故B错误；
C.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，体现其还原性，低价态氧化物的还原性强弱不能用来比较元素的非金属性强弱，故C错误；
D.Na2CO3溶液显碱性说明H2CO3为弱酸，而Na2SO4溶液显中性说明H2SO4为强酸，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，故D正确。
故答案为D。
（2）由信息知：①CO2(g)+C(s)2CO(g) H1=+172.4kJ/ml，②Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g) H1=+，③3FeO(s)+H2O(g)Fe3O4(s)+H2(g)H3=-58.2kJ/ml，④2CO(g)+2SO2(g)S(s)+2CO2(g)，H4=+8.0kJ/ml，应用盖斯定律得到系统（Ⅰ）中热化学碳水循环制取氢气的热化学方程式为①+②×2+③×2，即C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) H=+90.4kJ/ml，系统（Ⅱ）中热化学硫水循环联产氢气和二氧化硫的热化学方程式为②×2+③×2-④，即S(g)+2H2O(g)SO2(g)+2H2(g) H=-90.0kJ/ml，系统（Ⅰ）为吸热反应，系统（Ⅱ）为放热反应，故制得等量的H2所需能量较少的系统（Ⅱ），故答案为S(g)+2H2O(g)SO2(g)+2H2(g) H=-90.0kJ/ml；系统（Ⅱ）。
（3）①该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO的平衡体积分数减小，CO2的平衡体积分数增大，故图中表示CO的平衡体积分数与温度关系的曲线为L2，故答案为L2。
②由图中信息，T1℃时，M点对应体系中CO和CO2的平衡体积分数相等，则平衡时CO和CO2的物质的量相等，设参与反应的SO2的物质的量为x，根据三段式法可得2ml-2x=2x，解得x=0.5ml，故SO2的平衡转化率为×100%=50%，同时计算得CO(g)、SO2(g)、S(g)、CO2(g)的平衡浓度分别为0.1ml/L、0.05ml/L、0.05ml/L、0.1ml/L，故该反应的平衡常数K1=1，故答案为50%，1。
③A.该反应为反应前后气体的分子数不变的吸热反应，故增大压强，平衡不移动，故A错误；
B.充入一定量SO2，SO2的浓度增大，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，反应速率增大，故B正确；
C.充入一定量H2S后，其与SO2反应生成硫单质，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，反应速率减小，故C错误；
D.加入适当催化剂，平衡不移动，故D错误。
故答案为B。
④该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故答案为＜，该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。
非金属性强弱的比较规律：①单质的氧化性：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；②单质和酸或者和水的反应程度：反应越剧烈，非金属性越强；③对应氢化物的稳定性：氢化物越稳定，非金属性越强；④和氢气化合的难易程度：化合反应越容易，非金属性越强；⑤最高价氧化物对应水化物的酸性：酸性越强，非金属越强；⑥由对应最低价阴离子的还原性：还原性越强，对应非金属性越弱；⑦置换反应：非金属性强的制非金属性弱的。
29、-863.8 反应未达到平衡，在催化剂2条件下，反应的活化能更低，反应速率更快，经过相同反应时间NO2转化率更高 A A容器绝热，随着反应进行放出热量，体系温度升高，相对B容器中反应平衡逆向移动，逆向为吸热反应，放出热量减少 ac 0.004 3.75或
【解析】
(1)已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H1=-1．2kJ·ml-1
②N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H2=+180kJ·ml-1
③CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H3=-10kJ·ml-1
根据盖斯定律，由③-①+②得反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=△H3-△H1+△H2=-10kJ·ml-1+1．2kJ·ml-1+180kJ·ml-1=-863.8kJ·ml-1；
(2)根据图中信息可知，反应未达到平衡，在催化剂2条件下，反应的活化能更低，反应速率更快，经过相同反应时间NO2转化率更高；
(3) ①A、B两容器中，反应平衡后放出热量少的是A，理由是A容器绝热，随着反应进行放出热量，体系温度升高，相对B容器中反应平衡逆向移动，逆向为吸热反应，放出热量减少；
②a．反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)为气体体积增大的反应，压强保持不变则反应达平衡状态，故正确；
b．反应在恒容容器中进行，所有反应物均为气体，密度始终保持不变，故密度不变不能说明达到平衡状态，故错误；
c．反应各组分体积分数保持不变则达平衡，则CO2的体积分数保持不变时达平衡状态，故正确；
d．v(CH4)：v(N2)=1：l，不能说明正逆反应速率相等，反应不一定达平衡，故错误；
e．根据反应可知，断裂4mlC—H键同时断裂4mlO—H键时，正逆反应速率相等，反应才达平衡，故错误；
答案选ac；
③A容器中前100s内甲烷的转化率为20%，则消耗甲烷2ml×20%=0.4ml，根据反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)则消耗NO2 0.8ml，用NO2表示的化学反应速率v(NO2)==0.004ml·L-1·s-1；
④根据表中数据可知，B中平衡时α(CH4)=25%，则
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
开始时浓度（ml/L） 1 1 0 0 0
改变的浓度（ml/L） 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5
平衡时浓度（ml/L） 0.75 0.5 0.25 0.25 0.5
K=；
已知反应速率v正=k正·c(CH4)·c2 (NO2)，v逆=k逆·c(N2)·c(CO2)·c2 (H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，则B容器中平衡时v正= v逆，k正·c(CH4)·c2 (NO2)=k逆·c(N2)·c(CO2)·c2 (H2O)，=K=；
200s时，
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
开始时浓度（ml/L） 1 1 0 0 0
改变的浓度（ml/L） 0.2 0.4 0.2 0.2 0.4
平衡时浓度（ml/L） 0.8 0.6 0.2 0.2 0.4
v正=k正·c(CH4)·c2 (NO2)= k正×0.8×0.62=0.288k正，v逆=k逆·c(N2)·c(CO2)·c2 (H2O) = k逆×0.2×0.2×0.42=0.0064k逆，
===45×=。
现象或操作
解释
A
KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去
SO2具有还原性
B
配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒
抑制Sn2+ 水解， 并防止
Sn2+被氧化为Sn4+
C
某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成
不能说明该溶液中一定含有SO42-
D
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀
Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)
选项
实验目的
实验方案
A
探究化学反应的
限度
取5mL0.1ml/LKI溶液，滴加0.1ml/LFeCl3溶液5～6滴，充分反应，可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应
B
探究浓度对化学反应速率的影响
用两支试管各取5mL0.1ml/L的KMnO4溶液，分别加入2mL0.1ml/L和0.2ml/L的草酸溶液，记录溶液褪色所需的时间
C
证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成
将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中
D
验证醋酸钠溶液中存在水解平衡
取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固体其水溶液呈中性，观察溶液颜色变化
选用药品
实验现象
利用NaNO2的性质
①酚酞试液
____________
____________
②淀粉-KI试纸
____________
____________
滴定次数
1
2
3
4
KMnO4溶液体积/mL
20.60
20.02
20.00
19.98
滴定次数
1
2
3
4
消耗溶液体积
20.90
20.12
20.00
19.88
时间（s/t）
0
100
200
300
400
A中α(CH4)（%）
0
20
22
22
22
B中α(CH4)（%）
0
10
20
25
25